Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Сравнивая AO₂ и AE, мы видим, что AO₂ больше. Следовательно, точка O₂ на рис. P.3.49 должна располагаться ниже точки E.

Ответ.  ^{6 - 1}/₈а.

3.50. Плоскость , проходящая через ось РР и центр О основания пирамиды, образует в сечении некоторый треугольник SMN (рис. P.3.50). Повернем треугольник SAB около оси РР так, чтобы он лег в плоскость . Так как AB = MN, а высота SO меньше высоты SK, то треугольники расположатся так, как показано на рис. P.3.50. Любое другое сечение SEF пирамиды попадет внутрь пятиугольника SMABN, а все сечения дважды покроют этот пятиугольник.

Остается определить объем тела, полученного от вращения пятиугольника SMABN вокруг оси РР. Половину искомого объема можно получить в виде разности объемов цилиндра, полученного от вращения прямоугольника SKBL, и конуса, полученного от вращения треугольника SNL:

1/2 V_SMABN = V_SKBL - V_SNL = SK^2 · BK - 1/3 LN^2 · BK = BK(SK^2 - 1/3 LN^2).

Из соответствующих треугольников находим

SK = ^a/₂ ctg /₂; LN^2 = SO^2 = SN^2 - NO^2 = ^a^2/₄ ctg^2 /₂ - ^a^2/₄.

Таким образом,

V_SMABN = a(^a^2/₄ ctg^2 /₂ - 1/3 ^a^2/₄ ctg^2 /₂ + ^a^2/₁₂) = ^a

^3/₁₂(2 ctg^2 /₂ +1).

Ответ.^a^3/₁₂(2 ctg^2 /₂ +1).

3.51. Способ 1. Рассмотрим радиус r вписанного в конус шара и угол  (на рис. P.3.51 изображено осевое сечение конуса).

Тогда полная поверхность конуса будет равна

S_пк = R (R + l) = r^2 ctg^2 (1 + ¹/_{cos 2}),

где радиус R основания конуса и его образующая l равны соответственно

R = r ctg , l = ^r ctg /_{cos 2}.

(промежуточные выкладки проделайте самостоятельно). Так как S_ш = 4r^2 и по условию S_пк = 2S_ш, то после сокращения на r^2 и несложных преобразований приходим к тригонометрическому уравнению

^{1 + cos 2}/_{cos 2} = 8 tg^2 .

Выразив tg^2  через cos 2, получим

^{1 + cos 2}/_{cos 2} = 8^{1 - cos 2}/_{cos 2},

откуда cos 2 = 1/3 .

Найдем теперь требуемое отношение объемов. Имеем

V_к = ^r^3/₃ ctg^3 tg 2, V_ш = ⁴/₃r^3.

Преобразуем выражение ctg^3  tg 2, имея в виду, что cos 2 = 1/3 :

ctg^3 tg 2 = ctg^2 · ctg ^{sin 2}/_{cos 2} = ^{1 + cos 2}/_{1 - cos 2} · ^{cos · 2 sin cos} / _{1/3 sin} = 8.

Следовательно, V_к = 2V_ш, т. е. отношение объема конуса к объему шара равно 2.

Способ 2. Представим объем конуса как сумму двух объемов V₁ и V₂

, где V₁ — объем тела, образуемого вращением заштрихованного на рис. P.3.51 треугольника вокруг оси конуса, а V₂ — объем конуса с осевым сечением AOB. Имеем

V_к = V₁ + V₂ = 1/3 rS_б + 1/3 rS_o = ^r/₃(S_б + S_o) = ^r/₃S_пк

(здесь использована лемма об объеме тела вращения треугольника; S_o — площадь основания конуса, S_б — площадь его боковой поверхности).

Так как V_ш = ^r/₃(4r^3) = ^r/₃S_ш, то

V_к : V_ш = (^r/₃S_пк) : (^r/₃S_ш) = 2. 

Ответ. Отношение объемов равно 2.

3.52. Предположим, что двум равновеликим граням принадлежит ребро BB₁. Спроецируем точку B₁ на плоскость основания и обозначим проекцию буквой O. Если B₁E и B₁D — соответственно высоты параллелограммов CC₁B₁B

и AA₁B₁B, то B₁D = B₁E, поскольку площади и основания у этих параллелограммов равны. Следовательно, прямоугольные треугольники B₁OE и B₁OD равны, т. е. точка O находится на одинаковом расстоянии от прямых AB и CB. Поэтому (подробнее см. задачу 5.4) она лежит на биссектрисе одного из углов, образованных этими прямыми. Случаю, когда точка O находится либо внутри угла ABC, либо попадает в угол, вертикальный по отношению к углу ABC, отвечает рис. P.3.52, а. Другой возможный вариант изображен на рис. P.3.52, б. Здесь в построении участвует биссектриса угла ABN.

Начнем с первого случая. Так как ABC — правильный треугольник, то BK  AC и, следовательно, В₁В  AC. Поскольку ребро A₁A параллельно В₁В, то А₁A  AC. Мы доказали, что в первой из двух различных ситуаций АА₁С₁С — прямоугольник. Если AB = а, A₁A = b, то S₂ = ab. Чтобы связать введенные элементы с известными из условия задачи, вспомним, что треугольник, лежащий в основании, правильный. Следовательно, OB = 2 · OD (угол OBD равен /₆). Отрезок OD найдем из треугольника В₁OD, а отрезок OB — из треугольника В₁

OB.

Итак,

благодаря чему

Поскольку  получаем возможность определить а:

(6)

Рассмотрим теперь второй из возможных случаев (см. рис. P.3.52, б). Теперь ВО и AC параллельны и ВО  KB. Поэтому KB  ВВ₁ и, следовательно, KB  АА₁. Мы установили, что параллелограмм АА₁С₁С лежит во втором случае в плоскости, перпендикулярной к плоскости основания призмы. Следовательно, высота А₁O₁ призмы принадлежит плоскости АА₁С₁С, т. е. Ha = S₂, откуда

Возможен еще один случай, который является как бы совпадением двух разобранных вариантов — точка О совпадает с вершиной B. Тогда призма прямая и при S₁ = S₂ из формулы (6) получим

Поскольку в первом случае S₁ = аВ₁D, S₂ = аВ₁В и В₁D В₁В, то первому случаю соответствует требование S₁ S₂. Условие положительности подкоренного выражения 4 S^2₁ - S^2₂ приводит ко второму ограничению S₂ 2S₁.